Question

已知函數(shù)f（x）=x³+ax+b滿足f（0）=f（1），又P（x₁，f（x₁）），Q（x₂，f（x₂））是其圖象上不同兩點(diǎn)．
（1）求證：曲線y=f（x）關(guān)于點(diǎn)（0，b）中心對(duì)稱．
（2）設(shè)0≤x₁＜x₂，證明存在x₀∈（x₁，x₂），使y=f（x）在點(diǎn)R（x₀，f（x₀））處的切線平行于PQ，用x₁，x₂表示x₀，并說(shuō)明x₀在區(qū)間（x₁，x₂）中點(diǎn)M的左側(cè)還是右側(cè)．
（3）設(shè)0≤x₁＜x₂≤1，求證：|f（x₁）-f（x₂）|＜1．

Answer 1

分析：（1）利用函數(shù)f（x）=x³+ax+b滿足f（0）=f（1），可得b=1+a+b，故a=-1，從而f（x）=x³-x+b．設(shè)（x₀，y₀）是曲線y=f（x）上任意一點(diǎn)，證明點(diǎn)（x₀，y₀）關(guān)于（0，b）的對(duì)稱點(diǎn)（-x₀，2b-y₀）也在y=f（x）上，即可；
（2）y=f（x）在R點(diǎn)處的切線斜率為f′（x₀）=3x₀²-1，又kPQ=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=x₁²+x₁x₂+x₂²-1，令f′（x₀）=k_PQ，得x₀=

x 2 1 +x1x2+ x 2 2 3

∈（x₁，x₂），故可證x₀＞

x1+x2

2

，從而x₀在區(qū)間（x₁，x₂）中點(diǎn)的右側(cè)；
（3）由（2）知當(dāng)0≤x₁＜x₂≤1時(shí)，存在x₀∈（x₁，x₂）使PQ的斜率k=f′（x₀）=3x₀²-1，從而|k|＜2．進(jìn)而分類討論，利用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，即可證得．

解答：證明：（1）∵函數(shù)f（x）=x³+ax+b滿足f（0）=f（1），
∴b=1+a+b，故a=-1，從而f（x）=x³-x+b．（1分）
設(shè)（x₀，y₀）是曲線y=f（x）上任意一點(diǎn)，則y₀=f（x₀）=x₀³-x₀+b，從而2b-y₀=-x₀³+x₀+b=f（-x₀），
故點(diǎn)（x₀，y₀）關(guān)于（0，b）的對(duì)稱點(diǎn)（-x₀，2b-y₀）也在y=f（x）上，
再由（x₀，y₀）的任意性知y=f（x）的圖象關(guān)于（0，b）中心對(duì)稱．（4分）
（2）y=f（x）在R點(diǎn)處的切線斜率為f′（x₀）=3x₀²-1，
又kPQ=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=x₁²+x₁x₂+x₂²-1，
由0≤x₁＜x₂，令f′（x₀）=k_PQ，得x₀=

x 2 1 +x1x2+ x 2 2 3

∈（x₁，x₂），
從而存在x₀∈（x₁，x₂），使y=f（x）在R（x₀，f（x₀））處的切線平行于直線PQ．（7分）
又x₁²+x₁x₂+x₂²=

3

4

(x1+x2)2+

1

4

(x1-x2)2＞

3

4

(x1+x2)2，
故x₀＞

x1+x2

2

，即x₀在區(qū)間（x₁，x₂）中點(diǎn)的右側(cè)．（9分）
（3）由（2）知當(dāng)0≤x₁＜x₂≤1時(shí)，存在x₀∈（x₁，x₂）使PQ的斜率k=f′（x₀）=3x₀²-1，
再由x₀∈（x₁，x₂）知x₀∈（0，1），從而3x₀²-1∈（-1，2），于是|k|＜2．（11分）
從而對(duì)任何s，t∈[0，1]，s≠t，有|f（s）-f（t）|=k|s-t|＜2|s-t|．
當(dāng)0≤x₁＜x₂≤1且|x₁-x₂|≤

1

2

時(shí)，|f（x₁）-f（x₂）|＜2|x₁-x₂|＜1；
當(dāng)|x₁-x₂|＞

1

2

時(shí)，由0≤x₁＜x₂≤1知0≤x1＜

1

2

＜x2≤1，
從而|f（x₁）-f（x₂）|=|f（x₁）-f（0）+f（1）-f（x₂）|≤|f（x₁）-f（0）|+|f（1）-f（x₂）|
＜2（|x₁-0|+|1-x₂|）＜2（x₁+1-x₂）=2-2（x₂-x₁）＜1．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題以函數(shù)為載體，考查函數(shù)的對(duì)稱性，考查切線的斜率，考查絕對(duì)值不等式的運(yùn)用，綜合性強(qiáng)，有難度．